GABARITO COMENTADO. log 1. Solução: Primeiramente, as únicas condições de existências que devem ser satisfeitas são x 0 e x 1 e x 3

GABARITO COMENTADO

Questão 01

Determine os valores reais de x que satisfazem a inequação:

  2 3 4 1 log 1 9 log _x – 2 x Solução:

Primeiramente, as únicas condições de existências que devem ser satisfeitas são x 0 e x 1 e x 3 2 x x x 2 3 3 3 3 3 3 3 3

4 _log 1 ₁ 4 _{log 3 1} 2 _{2log 3 1}

9 2log x 2 log x 1

log x 2

log 3

2 _{2 1} 2 2 ₁

log x 1 log x log x 1 log x

                    Fazendo y log x ₃ .































2 2 2 2 _{1 0} y 1 y 2y 2 y 1 y y 1 0 y y 1 2y 2y 2 y y 0 y y 1 y y 2 ₀ y y 1 y 1 2 y 0 y y 1                       _{ }     

Logo, 3 3 1 1 y 0 ou 1 y 2 1 log x 0 ou 1 log x 2 3 x 1 ou 3 x 9                 Questão 02

Encontre as soluções reais da equação:

4 4 – 4 – 4 3

    

x x x x x

Solução:

Primeiramente, a equação só será possível se:

4x 4 0 x 1 x 3 0 x 3          . E ainda:









2 2 2 x 4x 4 0 x 4x 4 Já que x 1 x 4x 4 x 4x 4 0 x 2 0                 

Que será sempre satisfeita. Agora vamos resolver a equação levando em conta as restrições acima:





2





₂

2

x 4x 4  x 4x 4  x 3 2 x 4x 4  3 x

A equação só é possível se: x 3

Elevando ao quadrado: _{4 x}



2 _{4x 4}



_{ 9 6x x } 2 2

3x 10x 7 0

     x 1 ou x  7 / 3

Como as 2 soluções atendem às restrições temos:





S 1,7 / 3

Questão 03

Descreva o lugar geométrico do número complexo z que atende à equação 𝑎𝑟𝑔(𝑧 − 𝑧1) − 𝑎𝑟𝑔(𝑧 − 𝑧2) − 𝑎𝑟𝑔(𝑧 − 𝑧3)=𝑘,

em que z1 é real, z2 e z3 são complexos conjugados com parte imaginária não nula e k é um

número inteiro.

Solução:

Observe que a igualdade é equivalente



 







 1 2 3 Z Z . Z Z Z Z

Usando o fato de Z Z Z, temos:



2



1 3

 

2



1 3



Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z        



 









_

_ 

_

_

_{ }

 _ 

_

_

_

 1 1 1 2 3 2 3 _{3 2} Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z _{Z Z Z Z Z Z Z Z}



Z Z ₁





Z Z ₃



Z Z ₂

 

 Z Z ₁





Z Z ₂



Z Z ₃









  2 2 2 3 Z Z Z Z Z ZZ Z2 3 Z Z1 2 



Z2 Z Z Z Z Z Z3



1  1 2 3 





  2 2 2 3 Z Z Z Z Z   2 







 2 3 1 1 2 3 1 2 3 ZZ Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z 





 

 







2 

















 2 ₂ 2 3 1 1 2 3 Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z 0



_



 _{ }



_



_



_



 _   2 2 3 1 1 2 3 Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z 0  Z Z ou Z2 Z Z_{2 3} Z Z Z₁







Z Z₁



₂ Z₃



0       Z Z Z Z reta OX

Fazendo Z = x + iy, a 2a _{equação torna-se}





      2 2 1 2 3 1 2 3 X 2Z X y Z Z Z Z Z







2  2  2  







1 1 2 3 1 2 3 X Z y Z Z Z Z Z Z

Se Z2 = a +bi, tem-se Z Z_{2 3} Z Z₂ 2 a2b ,Z2 ₂Z₃ 2a,

Como 2  







 2  2  2   







2  2 

1 2 3 1 2 3 1 1 1

Z Z Z Z Z Z Z a b Z 2a a Z b 0,

Temos que a 2a _{equação é uma circunferência de centro (Z1, 0) e raio}



_



2 _ 2 1

a Z b .

Questão 04

Seja n um inteiro positivo cuja representação decimal é am...a1a0 e f a função que troca a

posição dos dígitos a2i e a2i+1, de forma que f(a2k+1 a2k...a1a0) = a2ka2k+1...a0a1. Por exemplo:

f(123456) = 214365 f(1034) = 143

f(123) = 1032 f(10) = 1

Determine o menor número maior que 99 que satisfaça à equação 𝑥2_{=9𝑥+9𝑓(𝑥)+ (𝑓(𝑥))}2

Solução:

Primeiramente, vamos fatorar a equação dada:

 

 

 

 

 



 



 

 







 

 





 



 

               2 2 2 2 x 9x 9f x f x x f x 9 x f x x f x x f x 9 x f x x f x 9

Precisamos, portanto, que x  f x

 

, logo, não podemos ter um número de 3 algarismos, então vamos tentar um número com 4 algarismos:

 

x abcd f x badc Temos que









abcd badc 9 1000a 100b 10c d 1000b 100a 10c d 9 900 a b 9 c d 9 a b e c d 1                    

Para termos o menor x possível, basta tomarmos ab 1,d 0 e c 1.

Questão 05

Um tetraedro regular, com arestas de comprimento igual a d, é cortado por 2 planos paralelos entre si e a uma das bases, dividindo-o em 3 sólidos de volumes iguais. Determine a altura de cada um destes 3 sólidos em função de d.

Solução:

Como os planos são paralelos às bases e a altura do tetraedro é h 6 d 3  , comparando os volumes temos: 3 1 1 _{3 3} h v h 6 h d 3v h 3 3 3    _{ }     



3





3 3



3 _{3 3 2} 1 2 1 2 ₃ 2 _{3 3 2} 2 6 2 1 6 18 9 h h 2v 2 _. 3 h h h h d h d 3v h _{3 3 3 3} 9       _{ }          .



3 3



_{3 2}



3



3 1 2 3 3 ₃ 3 _{3 3 2} 3 6 3 2 6 3 18 2 _. 3 h h h h h h h h d h d 9 3 3 3 3             .

Questão 06

Pelo ponto P de coordenadas (-1,0) traçam-se as tangentes t e s à parábola y² = 2x. A reta

t intercepta a parábola em A e a reta s intercepta a parábola em B. Pelos pontos A e B

traçam-se paralelas às tangentes encontrando a parábola em outros pontos C e D, respectivamente. Calcule o valor da razão AB/CD.

Solução:

Reta que passa por (-1, 0): y  m x 1







Como a reta é tangente à _y2 _{2x , temos que}





2 _{2 2}



₂



₂ m x 1 2x m x 2 m 1 x m 0            , onde  0 . Logo,



₂



2 _{4 2} 1 2 4 m 1 4m 0 m m 2 2           , e as retas são y 2



x 1



2    .

Logo, _y2 _{ 2x m x 1}2



_



2 _{ 2x}



_{x 1}



2 _{ 4x  x 1 . Então temos os pontos}

  



A 1, 2 e B 1, 2 .

Para determinarmos os pontos C e D basta resolvermos os sistemas













2 2 _{x 9 e y 3 2 Ponto C} y 2 x 1 2 x 1 e y 2 Ponto B y 2x  _{  }     _        _{ } 













2 2 _{x 9 e y 3 2 Ponto D} y 2 x 1 2 x 1 e y 2 Ponto A y 2x  _{   }      _       _{ }  Portanto AB 2 2 1 CD  6 2  3

Questão 07

Num triângulo ABC isósceles, com ângulos iguais em B e C, o seu incentro I se encontra no ponto médio do segmento de reta que une o seu ortocentro H a seu baricentro G. O segmento de reta AG é menor que o segmento de reta AH. Os comprimentos dos segmentos de reta

HI e IG são iguais a d. Determine o perímetro e a área desse triângulo em função de d.

Solução: 2 HM a a BHM AMC HM a b b      





2a b ab Área p r a c IM IM 2 a c           1 b GM AM GM 3 3   

I

é médio de GH IM GM HM 2 ab b a2 2 a c 3 b         Chamando _{b ka c}2 _{ a}2 _{k a}2 2 _{ c a 1 k} 2 _.









2 2 2 2 2 2 2 2a ka ka a 2k k 3 6k k 3 1 1 k 3 ka 3k a a 1 k 1 1 k                

Fazendo _{1 k} 2 _{ y}2_{, com}

_y



₀

_{, temos:}



2

 

2







2 2 y 2 k 3 6 y 1 y 2 y 1 6y 6 y 2 y 6y 8 0 ou y 4 k 15                        

Para k  3, o ABC é equilátero e não atende à condição AG AH . Para k  15, temos b a 15 e c a 1 15  4a.

2 2 b a a 15 a GM GH 2d 2d 2d 3 b 3 a 15 5a 15 a 15 d 15 2d a 15 15 2              d 15 15d b 15 2 2     e c 4a 4d 15 2d 15 2    2 2a b d 15 15d 15d 15 2 2 Á a 2 4 re      Perímetro 2a 2c   d 15 4d 15 5d 15  Questão 08

De quantas maneiras podemos decompor um eneágono convexo em triângulos traçando suas diagonais, de forma que essas diagonais não se cortem.

Solução:

an = no de maneiras de resolver este problema para o n–ágono

   _  3 4 1 Obviamente: 2 a a a5:

O lado A1 A2 está em um dos triângulos

A1 A2 A3  resta um quadrilátero para partir

A1 A2 A4  restam 2 triângulos

A1 A2 A5  resta um quadrilátero

 a5 = a4 +a3 × a3 + a4 = 2 + 1 × 1 + 2

a5 = 5

a6: Usando o mesmo raciocínio temos:

a7: a7= a6 +a5 × a3 + a4 × a4 +a3 × a5 + a6 = 14 + 5 + 2 × 2 + 5 + 14  a7 = 42 a8: a8= a7 +a6 × a3 + a5 × a4 +a4 × a5 + a3 × a6 + a7 = 42 + 14 + 5 × 2 + 2 × 5 + 14 + 42  a8 = 132 a9: a9= a8 +a7 × a3 + a6 × a4 +a5 × a5 + a4 × a6 + a3 × a7 + a8 = 132 + 42 + 14 × 2 + 5 × 5 + 2 × 14 + 42 + 132  a9 = 429 Questão 09

Sejam S = a+b+c e P = a.b.c. Calcule o determinante abaixo unicamente em função de S e P.

         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a (b c) 2b (a b) c 2a (a c) b (a b) c a b (a b) Solução:

Jacobi: 1ª linha por 1ªlinha – 2 × 3ª linha   2ª linha por 2ª linha – 2 x 3ª linha





                     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (b c) a 0 c (a b) b c a 0 c a b 0 (a c) b c (a b) a b c 0 a c b c a b a b (a b) a b (a b)

Jacobi: 3a_{col: 3}a_{col – 1}a_{col – 2}a_col

      2     2 2 b c a 0 2b (a b c) 0 a c b 2a a b 2ab





         _    _    2 2 2 2 a c b –a 0 a c b 2(a b c) b c a b b ab a b





       _      _    2 a c b –1 2(a b c) ab b c a (a c b)a b 1





_{2(a b c) ab b c a a c}  2   



  _{b  b}



_



_{ }



 _  a c b a _{2(a b c) ab ab}  2  _{bc ac c } 2 _{ a}2 _{ ac  a}2 _{ ac  ab}   





2 3 2(a b c) abc a b c 2S P      

Questão 10

Os coeficientes a0, ..., a2014 do polinômio P(x) = x2015+ a2014x2014 + ... + a1x + a0 são tais que

ai ∈ {0,1}, para 0 ≤ i ≤ 2014.

a) Quais são as possíveis raízes inteiras de P(x)?

b) Quantos polinômios da forma acima têm duas raízes inteiras distintas?

Solução:

a) a0 = 1  Possíveis raízes inteiras: + 1 ou – 1

Como ai ≥ 0  não existe raiz positiva

Logo as possíveis raízes inteiras: – 1 b) a0 = 0  0 é uma possível raiz inteira.

Se ao = 0

 Seja k o menor valor tal que ak  0 

k

P(x) x .Q(x), onde Q(x) termina em 1 e recai no caso anterior em que Q(x) só pode ter -1 como raiz inteira. Logo Q(x) só pode ter raiz inteiras –1 e 0.

Conclusão: Possíveis raízes inteiras: – 1 e 0 b) P(x) = x2015 ₊ 2014



=0 i i i a x Como 0 é raiz  a0 = 0 P(x) = x2015 ₊ 2014



=1 i i i a x

Como – 1 é raiz temos:

P(– 1) = – 1 + 2014



 =1 (–1)i 0 i i a , ai = 0 ou ai = 1 Conclusão: no _{de a}

i = 1 com i ímpar tem que ser uma unidade a menos que no de ai = 1

com i par.

Existem 1007 índices com i ímpar e 1007 índices com i par

impar par S k S k 1    K K 1 K 1006 K 1007 1007 1007 1007 Número demaneiras C x C  C x C     Para todo k, 0 k 1006 

Comentário sobre a prova

Embora pareça redundante dizer que a Prova do IME tenha sido difícil, nossa opinião é de que esta prova foi ainda mais difícil do que as que vimos nos últimos anos.

Na nossa opinião havia apenas 4 questões mais acessíveis, as questões 1, 2, 5 e 6. As questões 3 e 4 já exigiam uma capacidade maior por parte do aluno e da 7 em diante a Prova estava de altíssimo nível.

Fazia tempo que não víamos uma questão de geometria plana tão difícil quanto a questão Nº 7. A questão 8, de análise combinatória, está a nível das principais Olimpíadas de Matemática e a questão 9 até poderia ser considerada simples, mas não era tão fácil assim evitar que as contas daquele determinante não crescessem tanto.

A 10ª questão era mais fácil que as anteriores embora não seja tão fácil ganhar a pontuação completa.

Acreditamos que dada a dificuldade da prova, o aluno que ultrapassar a faixa dos 5 pontos já pode se considerar bem para continuidade do concurso.

Equipe de Professores: Bruno Pedra Raphael Constant Marcelo Xavier Jean Pierre Ricardo Secco Renato Madeira Thiago Esquian André Felipe Rafael Sabino